2023届高考数学二轮复习专题01解析几何中的轨迹问题学案含解析

这是一份2023届高考数学二轮复习专题01解析几何中的轨迹问题学案含解析，共57页。学案主要包含了核心先导，考点再现，解法解密，考点解密，分层训练等内容，欢迎下载使用。

 专题14 解析几何中的轨迹问题
一、核心先导


二、考点再现

【考点1】动点轨迹问题解题策略
（1） 、直译法：一般步骤为：
①建系,建立适当的坐标系；
②设点,设轨迹上的任一点P(x，y)；
③列式,列出动点P所满足的关系式；
④代换,依条件式的特点，选用距离公式、斜率公式等将其转化为x，y的方程式，并化简；
⑤证明,证明所求方程即为符合条件的动点轨迹方程.
(2)、定义法：先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程；
(3)、代入法(相关点法)：动点P(x，y)依赖于另一动点Q(x0，y0)的变化而变化，并且Q(x0，y0)又在某已知曲线上，则可先用x，y的代数式表示x0，y0，再将x0，y0代入已知曲线得要求的轨迹方程；
(4)、参数法：当动点P(x，y)坐标之间的关系不易直接找到，也没有相关动点可用时，可考虑将x，y均用一中间变量(参数)表示，得参数方程，再消去参数得普通方程．
三、解法解密

方法一 解轨迹问题注意
（1）、求点的轨迹与求轨迹方程是不同的要求，求轨迹时，应先求轨迹方程，然后根据方程说明轨迹的形状、位置、大小等.
（2）、要验证曲线上的点是否都满足方程，以方程解为坐标点是否都在曲线上，补上在曲线上而不满足方程解得点，去掉满足方程的解而不再曲线上的点.
四、考点解密

题型【一】、定义法求曲线的轨迹方程
定义法：
如果动点P的运动规律合乎我们已知的某种曲线（如圆、椭圆、双曲线、抛物线）的定义，则可先设出轨迹方程，再根据已知条件，待定方程中的常数，即可得到轨迹方程。


C
B
y
x
O
A
例1、 已知中，、、的对边分别为、、，若依次构成等差数列，且，，求顶点的轨迹方程.


【解析】：如右图，以直线为轴，线段的中点为原点建立直角坐标系. 由题意，构成等差数列，（两定点的距离等于定长—椭圆），即，又，的轨迹为椭圆的左半部分.在此椭圆中，，，故的轨迹方程为
例2、【2016高考新课标1卷】设圆的圆心为A,直线l过点B（1,0）且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.
（I）证明为定值,并写出点E的轨迹方程；
（II）设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.

则,.
所以.
过点且与垂直的直线：,到的距离为,所以
.故四边形的面积
.
可得当与轴不垂直时,四边形面积的取值范围为.
当与轴垂直时,其方程为,,,四边形的面积为12.
综上,四边形面积的取值范围为.

题型【二】、点差法（设而不求）
例3．（2021·沙坪坝·重庆一中高三月考）过点的直线与抛物线交于P、Q两点.
（1）求线段PQ的中点B的轨迹方程；
（2）抛物线C的焦点为F，若，求直线l的斜率的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）设，，，代入抛物线方程中，再根据中点坐标公式可求得以线段PQ的中点B的轨迹方程.
（2）设直线，与抛物线联立，得出根与系数的关系，再运用向量的夹角运算公式表示又，根据余弦函数的单调性建立不等式，解之可得直线l的斜率的范围.
【详解】
解：（1）设，，，代入得，
，
又，
所以线段PQ的中点B的轨迹方程为.
（2）设直线，与抛物线联立得，得，
所以，
又
，
又，又
所以直线l的斜率.
【点睛】
方法点睛：(1)解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形．有时若直线过x轴上的一点，可将直线设成横截式.
例4．（2022·江苏·南京市中华中学高二阶段练习）已知点为双曲线上任一点，为双曲线的右焦点，过作直线的垂线，垂足为A，连接并延长交y轴于．

(1)求线段的中点的轨迹的方程；
(2)已知，过点的直线l与轨迹E交于不同的两点M、N，设直线DM和直线DN的斜率分别为和，求证：为定值．
【答案】(1)．
(2)证明见解析
【分析】（1）首先求出，设，利用中点公式得到方程组，最后代入回双曲线方程，最后化简得到轨迹方程；
（2）设直线方程为，与双曲线联立得到方程组，利用韦达定理整体代入即可得到定值.
（1）
由已知得，，
则直线的方程为：，
令得，即，又，且为线段中点，
设，则
即代入得：，
即P的轨迹E的方程为．
（2）
由题意可知直线的斜率一定存在,设直线的方程为,,得,
由于直线与双曲线交于不同的两点,,则,解得,
设,则,
,
故

，
即为定值.
【点睛】求轨迹类问题主要有代数法和几何法，本题设出点的坐标，找到它与原曲线之间的关系，得到方程组，解出方程，代回原曲线化简即可得到轨迹方程；对于第二小问的定值问题，采取设线，联立方程，得到韦达定理式，进行整体代入即可.

题型【三】、直接法求曲线的轨迹方程
直接法：
如果动点P的运动规律是否合乎我们熟知的某些曲线的定义难以判断，但点P满足的等量关系易于建立，则可以先表示出点P所满足的几何上的等量关系，再用点P的坐标（x，y）表示该等量关系式，即可得到轨迹方程。

例5、（2021·宁波市北仑中学）如图，已知，直线，是平面上的动点，过点P作l的垂线，垂足为点Q，且．

（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）过点F的直线交轨迹C于A、B两点，交直线l于点M；
①已知，求的值；
②求的最小值．
【答案】（1）；（2）①；②.
【分析】
（1）可设出点的坐标，由直线，过作直线的垂线，垂足为点，则，则我们根据，构造出一个关于，的方程，化简后，即可得到所求曲线的方程；
（2）①由过点的直线交轨迹于、两点，交直线于点，我们可以设出直线的点斜式方程，联立直线方程后，利用设而不求的思想，结合一元二次方程根与系数关系，易求的值．
②根据平面向量数量积的性质，结合基本不等式进行求解即可.
【详解】
（1）设点，则，由，
得， 化简得曲线的方程为；
（2）由于直线不能垂直于轴，且又过轴上的定点，
设直线的方程为，则 ，
设，，联立方程组
消去得，，故
由，，得

利用对应的纵坐标相等，得，，整理得，，
所以.
②因为，，所以有：由上可知： ，
因此有，
所以，当且仅当时取等号，即当时取等号，
因此.
【点睛】
关键点睛：结合基本不等式，利用平面向量数量积的运算性质是解题的关键.
例6、【2017课标II，理】设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足。
(1) 求点P的轨迹方程；
(2)设点Q在直线上，且。证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F。

因此点P的轨迹方程为。
（2）由题意知。设,则
，
。
由得，又由（1）知，故
。
所以，即。又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F。

题型【四】、参数法求曲线的轨迹方程
参数法：
如果采用直译法求轨迹方程难以奏效，则可寻求引发动点P运动的某个几何量t，以此量作为参变数，分别建立P点坐标x，y与该参数t的函数关系x＝f（t），
y＝g（t），进而通过消参化为轨迹的普通方程F（x，y）＝0。


例7、过抛物线（）的顶点作两条互相垂直的弦、，求弦的中点的轨迹方程.
【解析】、设，直线的斜率为，则直线的斜率为.直线OA的方程为，由解得，即，同理可得.
由中点坐标公式，得，消去，得，此即点的轨迹方程.
例8、已知抛物线：的焦点为，平行于轴的两条直线分别交于两点，交的准线于两点．
（I）若在线段上，是的中点，证明；
（II）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程.

则.
由题设可得，所以（舍去），.
设满足条件的的中点为.
当与轴不垂直时，由可得.
而，所以.学科&网
当与轴垂直时，与重合，所以，所求轨迹方程为. ....12分

题型【五】代入法（相关点法）
代入法（相关点法）：
如果动点P的运动是由另外某一点P'的运动引发的，而该点的运动规律已知，（该点坐标满足某已知曲线方程），则可以设出P（x，y），用（x，y）表示出相关点P'的坐标，然后把P'的坐标代入已知曲线方程，即可得到动点P的轨迹方程。

例9、如图所示，已知P(4，0)是圆x2+y2=36内的一点，A、B是圆上两动点，且满足∠APB=90°，求矩形APBQ的顶点Q的轨迹方程
【解析】、设AB的中点为R，坐标为(x,y)，则在Rt△ABP中，|AR|=|PR|
又因为R是弦AB的中点，依垂径定理 在Rt△OAR中，|AR|2=|AO|2－|OR|2=36－(x2+y2)
又|AR|=|PR|=
所以有(x－4)2+y2=36－(x2+y2),即x2+y2－4x－10=0
因此点R在一个圆上，而当R在此圆上运动时，Q点即在所求的轨迹上运动
设Q(x,y)，R(x1,y1)，因为R是PQ的中点，所以x1=,
代入方程x2+y2－4x－10=0,得－10=0
整理得 x2+y2=56,这就是所求的轨迹方程
例10、如图，从双曲线上一点引直线的垂线，垂足为，求线段的中点的轨迹方程.
y
Q
O
x
N
P

【解析】设，则.在直线上，
① 又得即.②
联解①②得.又点在双曲线上，，化简整理得：，此即动点的轨迹方程.
例11、双曲线有动点，是曲线的两个焦点，求的重心的轨迹方程。
【解析】设点坐标各为，
∴在已知双曲线方程中，∴
∴已知双曲线两焦点为，
∵存在，∴
由三角形重心坐标公式有，即 。 ∵，∴。
已知点在双曲线上，将上面结果代入已知曲线方程，有
即所求重心的轨迹方程为：。
题型【六】、交轨法
交轨法：
在求动点轨迹时，有时会出现要求两动曲线交点的轨迹问题，这种问题通常通过解方程组得出交点（含参数）的坐标，再消去参数求得所求的轨迹方程（若能直接消去两方程的参数，也可直接消去参数得到轨迹方程），该法经常与参数法并用。

例12、（2021·全国高二课时练习）求两动直线与的交点的轨迹方程．
【答案】
【分析】
设点，利用两直线所过的定点，以及两直线的斜率关系，建立等式，即可求轨迹方程.
【详解】
令，，
则直线的斜率，直线的斜率，所以．
易知过定点，过定点．
令与的交点为，因为，存在，所以，
所以，，
所以，整理得，
所以交点的轨迹方程为．
故答案为：
例13、x
A1
A2
O
y
N
M
P
如右图，垂直于轴的直线交双曲线于、两点，为双曲线的左、右顶点，求直线与的交点的轨迹方程，并指出轨迹的形状.




【解析】设及，又，可得
直线的方程为------①；
直线的方程为------②.
由①x②得---------③.
又 ，代入③得，化简得，此即点的轨迹方程.
当时，点的轨迹是以原点为圆心、为半径的圆；
当时，点的轨迹是椭圆.









五、分层训练

A组 基础巩固
1．（2022·北京二中高二阶段练习）设为坐标原点，动点在椭圆C：上，过作轴的垂线，垂足为，点满足，则点的轨迹方程是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设出点的坐标，根据向量的坐标表示，建立等量关系，代入椭圆方程，整理可得答案.
【详解】设，，，则，，
由，则，解得，
由点在椭圆C：上，则，即，
即点的轨迹方程是.
故选：C.
2．（2021·上海市控江中学高二期末）在平面直角坐标系内，到点和直线的距离相等的点的轨迹是（    ）
A．直线 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线
【答案】A
【分析】利用轨迹方程的求解方法直接列方程求解.
【详解】设到点和直线的距离相等的点为，
依题意得，两边平方化简得，
即到点和直线的距离相等的点的轨迹方程为，为一条直线，
故选:A.
3．（2022·全国·高二课时练习）已知半径为1的动圆与圆相切,则动圆圆心的轨迹方程是（    ）
A．
B．或
C．
D．或
【答案】D
【分析】根据题意设出动圆圆心坐标,分外切和内切两种情况讨论,列出符合题意的方程化简即可.
【详解】解:由题不妨设动圆圆心为,
若动圆与已知圆外切,
则,
,
若动圆与已知圆内切,
则,
.
故选：D
4．（2022·江苏·盐城中学高二期中）已知是圆上的一动点，点，线段的垂直平分线交直线于点，则点的轨迹方程为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由题意有，从而有，根据双曲线的定义得点的轨迹为是以F1、F2为焦点的双曲线．再写出其方程即可.
【详解】如图所示：

∵是圆上一动点，点的坐标为，线段的垂直平分线交直线于点，
∴，，
∵是圆上一动点，∴，∴，
∴，，，
∴点的轨迹为以F1、F2为焦点的双曲线，且，，得，
∴点的轨迹方程为.
故选：C.
5．（2022·湖北·华中师大一附中高二期中）已知分别为椭圆的左、右焦点，是椭圆E上一动点，G点是三角形的重心，则点G的轨迹方程为（   ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】设，利用三角形的重心坐标公式可得，将其代入可得结果.
【详解】分别为椭圆的左、右焦点，
设，G点是三角形的重心
则，得，
又是椭圆E上一动点，，即，
又G点是三角形的重心，
所以点G的轨迹方程为
故选：B
6．（2022·四川·树德中学高二期中（理））已知圆，圆，动圆M与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心M的轨迹方程为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】画图，分析出，确定圆心M的轨迹为椭圆，求出，得到轨迹方程.
【详解】如图，由题意得：，，其中，
所以，
由椭圆定义可知：动圆圆心M的轨迹为以为焦点的椭圆，设，
则，解得：，
故动圆圆心M的轨迹方程为.

故选：D
7．（2022·四川·树德中学高二期中（文））已知的周长为20，且顶点，则顶点的轨迹方程是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据已知条件及椭圆定义求椭圆的标准方程.
【详解】错解：
∵△ABC的周长为20，顶点，
∴|BC|＝8，|AB|＋|AC|＝20－8＝12，
∵12＞8，
∴点A到两个定点的距离之和等于定值，
∴点A的轨迹是椭圆，
∵a＝6，c＝4，
∴b2＝20，
∴椭圆的方程是
故选：D.
错因：
忽略了A、B、C三点不共线这一隐含条件.
正解：
∵△ABC的周长为20，顶点，
∴|BC|＝8，|AB|＋|AC|＝20－8＝12，
∵12＞8，
∴点A到两个定点的距离之和等于定值，
∴点A的轨迹是椭圆，
∵a＝6，c＝4，
∴b2＝20，
∴椭圆的方程是
故选：B.
8．（2022·全国·高三专题练习）已知两圆，动圆与圆外切，且和圆内切，则动圆的圆心的轨迹方程为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】通过动圆与圆外切，且和圆内切列出关于圆心距的式子，通过变形可得双曲线的方程.
【详解】如图，

设动圆的半径为，则，，
则，
所以动圆圆心的轨迹是以，为焦点，以为实轴长的双曲线的右支.
因为，
所以.
故动圆圆心的轨迹方程为.
故选：D.
9．（2022·海南·嘉积中学高二阶段练习）在椭圆上任取一点，过点作轴的垂线段，垂足为，点在的延长线上，满足，当点在椭圆上运动时，点的轨迹方程为______.
【答案】
【分析】设，根据题意将点的坐标用点表示，再利用相关点法即可得解.
【详解】解：设，
因为轴，，
所以，所以，即，
又点在椭圆上，
所以，
所以点的轨迹方程为.
故答案为：.
10．（2022·湖北·荆门市东宝中学高二期中）已知矩形中，，点，分别为线段的中点，现将沿翻转，直到与首次重合，则此过程中，线段的中点的运动轨迹长度为____________．
【答案】##
【分析】先分析出点的轨迹是一个半圆，再结合三角形中位线定理可得中
点的轨迹也是一个半圆，即可得出结果
【详解】由已知得:
四边形是正方形，沿DM翻转的过程中，点的轨迹为
以为圆心，为半径的半圆，其半径为，这个半圆与DM垂直
设线段的中点，线段的中点，线段EF的中点为，在以
为半径的半圆上取一点，连接，并取的中点，连接，，
由三角形中位线定理可得：，，，
，则点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，其半径为，
线段AC的中点的运动轨迹长度为．
故答案为：




11．（2022·辽宁·育明高中高二期中）与点和点连线的斜率之和为－1的动点P的轨迹方程是______.
【答案】 ()
【分析】利用斜率的公式进行求解即可.
【详解】设，则，，
∵动点与定点、的连线的斜率之和为，
∴，∴，即，且，
综上点的轨迹方程是 ().
故答案为： ()
12．（2022·全国·高三专题练习）已知点， ，直线PM，PN的斜率乘积为，P点的轨迹为曲线C，则曲线C的方程为______.
【答案】
【分析】有已知条件结合斜率公式求解即可
【详解】错解：
设P点坐标为，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴曲线C的方程为.
错因：
忽略了直线PM，PN的斜率都存在这一隐含条件.
正解：
设P点坐标为，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴曲线C的方程为.
故答案为：.
13．（2022·广东·鹤山市第一中学高二阶段练习）已知乃是椭圆的两焦点，为椭圆上任一点，从引外角平分线的垂线，垂足为，则点的轨迹方程为___________.
【答案】
【分析】根据题意，寻找点使得的中垂线为，进而得到，利用三角形中位线定理，结合椭圆定义可得，进而得到点的轨迹方程.
【详解】如图所示，

延长与的延长线交于点，连接，
因为是外角平分线，且，
所以中，且为中点，
因为为椭圆上一点，则，
在中为的中点
所以，
所以点的轨迹方程为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题为椭圆定义的综合应用问题，关键点在于寻找中垂线，转化，进而利用中位线定理使得点的轨迹能和椭圆的定义联系起来，对学生的综合素养，创新能力要求较高，属于难题.
14．（2022·四川省遂宁高级实验学校高二期中（理））已知正方体的棱长为2，点M、N在正方体的表面上运动，分别满足：，平面，设点M、N的运动轨迹的长度分别为m、n，则_______________.
【答案】##
【分析】的轨迹为半径为2的球与正方体表面的交线，即3个半径为2的圆弧，要满足平面，则N在平行于平面的平面与正方体表面的交线上，可证得为，最后求值即可得
【详解】点M、N在正方体的表面上运动，由，则的轨迹为半径为2的球与正方体表面的交线，即3个半径为2的圆弧，故.
正方体中，平面，平面，故平面平面，
当在上时，即满足平面且N在正方体的表面上，故，故.
故答案为：


B组 能力提升
15．（2021·陕西渭南·高三竞赛）已知动点P到直线l：的距离比到定点的距离多1.
(1)求动点P的轨迹E的方程；
(2)若A为（1）中曲线E上一点，过点A作直线l的垂线，垂足为C，过坐标原点O的直线OC交曲线E于另外一点B.证明：直线AB过定点，并求出定点坐标.
【答案】(1)；
(2)证明过程见解析，定点坐标为.

【分析】（1）根据两点间距离公式，结合题意进行求解即可；
（2）根据解方程组求出B点坐标，结合直线点斜式方程进行求解即可.
【详解】（1）设，
因为P到直线l：的距离比到定点的距离多1，
所以有，
当时，化简为，显然满足；
当时，化简为，显然不满足，
综上所述：动点P的轨迹E的方程；
（2）设，由题意可知，
因此，所以直线OC的方程为，
当时，直线OC与曲线E只有一个交点，不符合题意，
于是直线OC的方程与曲线E方程联立，得
，或，即，
当时，即时，直线AB的方程为；
当时，即且时，
，
直线AB的方程为：，
因为，所以有，因此直线AB过定点，
显然直线也过点，
综上所述直线AB过定点.
【点睛】关键点睛：利用方程有任意实数解的性质是解题的关键.
16．（2022·广东·恩平黄冈实验中学高二阶段练习）抛物线与x轴交于A，B两点．
(1)当n为常数时，动点P满足、的斜率之积为，求动点P的轨迹方程；
(2)当n变化时，y轴上是否存在点C（异于原点），使得过A、B、C三点的圆H被y轴截得的弦长为？若存在，求出此点；若不存在，说明理由．
【答案】(1)；
(2)不存在，理由见解析.

【分析】（1）设，，，根据条件列出方程化简即可得出轨迹方程；
（2）假设y轴上存在点，由条件求出圆心坐标，利用半弦长、半径、弦心距之间的关系求出弦长，判断弦长范围得解.
【详解】（1）因为，所以抛物线与x轴有两个交点．
设，，，则，，
动点P满足、的斜率之积为，
即，
即为动点P的轨迹方程．
（2）假设y轴上存在点，满足题设条件，
圆心H为线段、中垂线的交点，
由（1）可得，
所以的中垂线方程为．①
的中点坐标为，可得的中垂线方程为，②
又，③
由①②③解得，，
所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为，
半径．
故圆在y轴上截得的弦长为
，
故y轴上不存在点C满足题设条件.
17．（2022·广西贵港·高三阶段练习）已知动圆与直线相切，且与圆外切.
(1)求动圆的圆心轨迹的方程；
(2)过点且斜率为的直线与轨迹交于A，两点，点，延长，分别与轨迹交于，两点，设的斜率为，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）设出圆的圆心坐标为，根据几何关系列出方程，求出轨迹方程；
（2）设出设，，，，直线的方程为，，联立抛物线，得到两根之和，两根之积，接下来可用两种方法得到，，进而，得到答案.
【详解】（1）圆的标准方程为圆，
设动圆的圆心坐标为，
由动圆与直线相切，且与圆外切，
故有，
两边平方化简得，
所以动圆的圆心轨迹方程为；
（2）设点，点，点，点，
由题意可知直线的方程为，其中，
代入抛物线中，消去得，则，.
处理方式1（抛物线的直线弦方程），
，故直线的方程为，
整理得，即，
又因为直线过点，故有，可得，
∴.
同理，由直线过点，可得.
处理方式2（三点共线），
由题意可知，，三点共线，
故，即，
整理得，
又，在抛物线上，故，，
代入得，，即，
∴.
同理，由，，三点共线，可得.
于是，
即证为定值2，命题得证.
【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
通常思路为设出直线方程，与圆锥曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，应用设而不求的思想，进行求解；注意考虑直线方程的斜率存在和不存在的情况.
18．（2022·广东·高二阶段练习）已知，，P为平面上的一个动点．设直线AP，BP的斜率分别为，，且满足．记动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)过点的动直线l与曲线C交于E，F两点．曲线C上是否存在定点N，使得恒成立（直线不经过点）？若存在，求出点N的坐标，并求的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)（）；
(2)存在，，最小值为.

【分析】（1）设点，然后根据列方程，整理即可得到曲线的方程；
（2）当直线的斜率不存在时，根据列方程得到或，然后分别验证或时是否成立，即可得到，然后在三角形中利用等面积和勾股定理得到，，即可得到，然后求最小值即可.
【详解】（1）设点，则，因为，所以，整理得，
所以曲线的方程为.
（2）当直线的斜率不存在时方程为，代入曲线的方程中得，解得，所以此时，，
设，则①，，，因为，所以②，联立①②解得或（舍去），，所以或，
当时，且当直线l的斜率存在时，设直线方程为，，，因为直线经过时，所以，
联立得，，，
，，






，
所以，即，
当时，同理可得，所以此时不恒成立，
所以存在定点使，，
设点到直线的距离为，因为三角形为直角三角形，所以，，
，
当直线斜率不存在时，，，
当直线斜率存在时，设直线的方程为，则，，
当时，，
当时，，
当时，，当且仅当时等号成立，
综上所述，存在定点使，的最小值为.
【点睛】方法点睛：（1）求动点轨迹方法：
①直译法：建系，设动点坐标，根据条件列方程，整理，检验；
②代入法：有两个动点，其中一个动点的轨迹方程已知，且两动点之间存在关系，可以根据两动点的关系代入到已知的轨迹方程中，即可得到轨迹方程；
③参数法：动点的横纵坐标不存在直接关系，但是都跟某个参数存在关系，可以通过消参的方法得到轨迹方程；
④定义法：动点的轨迹符合已知的曲线的定义，即可根据已知曲线的定义来求轨迹方程；
（2）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
19．（2020·上海·格致中学高二阶段练习）已知.动点满足:.
(1)求动点的轨迹；
(2)当时，求的最大值和最小值.
【答案】(1)或
(2)

【分析】（1）设，得，根据解决即可；
（2）当时确定方程，然后求出向量的表达式，然后根据圆的参数方程解决即可.
【详解】（1）由题知，.动点满足:，
设动点的坐标为，
所以，
因为，
所以，即，
若，则方程为，表示过点，平行于轴的直线，
若，则方程化为，
表示以为圆心，以为半径的圆.
（2）若，则方程化为，得，
因为，
所以，
因为，
所以，
因为，设，
所以，其中，
所以，
所以的最大值和最小值分别为.
20．（2022·广西柳州·高二期中）已知动点到点的距离是到点的距离的两倍．求：
(1)动点的轨迹方程；
(2)若为线段的中点，试求点的轨迹．
【答案】(1)
(2)点的轨迹是以为圆心，半径为2的圆

【分析】（1）用点到直线的距离公式展开化简关系式即可；
（2）用点坐标表示点M坐标，再代入M的轨迹方程即可得到N的轨迹方程，由此得到点的轨迹.
【详解】（1）设动点，
由题意有，
则，
整理得，
经检验动点的轨迹方程为；
（2）设点，
由题意得，即，
因为在上，
所以：，整理得，
经检验动点的轨迹方程为，
点的轨迹是以为圆心，半径为2的圆．
C组 真题实战练
21．（2008·重庆·高考真题（理））如图，和是平面上的两点，动点P满足：．

(1)求点P的轨迹方程；
(2)若，求点P的坐标．
【答案】(1)
(2)，，，

【分析】由已知，可根据椭圆的定义，判断点P的轨迹为椭圆，设出椭圆方程，利用待定系数法，分别求解出即可；
由已知，由可得：，将这个式子代入到中，利用余弦定理得到中，可得：，从而判断点P的轨迹满足双曲线，求解出双曲线的方程，令椭圆和双曲线方程联立，即可求解坐标.
【详解】（1）由已知，和是平面上的两点，
动点P满足：，
所以由椭圆的定义可知，点P的轨迹是以和为焦点，长轴为的椭圆，
设椭圆方程为：，
由已知可得：半焦距，长半轴，所以，
所以点P的轨迹方程为：.
（2）由，得，①
又因为，所以点P不为椭圆长轴的顶点，
故点P、点M、点N三点组成三角形，
在中，，，
由余弦定理可知：，②
将①代入②得：，
所以，即，
故点P的轨迹是以和为焦点，实轴为的双曲线，
设双曲线方程为：，
由已知可得： ，，
所以点P的轨迹方程为：.
又因为点P又满足椭圆方程：，
所以由方程组：解得：，
所以点P的坐标为：，，，.
22．（2007·江西·高考真题（文））如图，椭圆的右焦点为，过点F的一动直线m绕点F转动，并且交椭圆于A、B两点，P为线段的中点．

(1)求点P的轨迹H的方程；
(2)在Q的方程中，令，，设轨迹H的最高点和最低点分别为M和N．当为何值时，为一个正三角形？
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）设点、，，把A，B的坐标代入椭圆的方程联立，当AB不垂直x轴时方程相减，结合求得x和y的关系式，当AB垂直于x轴时，点P也满足，综合可得答案；
（2）把（1）中的轨迹方程整理成，求得M，N，F的坐标，由△MNF为一个正三角形时，可求得a和b的关系，进而根据题设条件求得θ．
【详解】（1）设点、，，
P为线段的中点，则，
点、在椭圆Q：上，则
当不垂直轴时，，
由①－②得，
，
，
,又,

③
当垂直于轴时，点即为点，满足方程③,
故所求点的轨迹H的方程为：．
（2）因为轨迹H的方程可化为：
\，，，使△MNF为一个正三角形时，
则，即．
由于，，
则，即
又，得，解得，
所以．
23．（2017·全国·高考真题（理））设O为坐标原点，动点M在椭圆C上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足.
（1）求点P的轨迹方程；
（2）设点在直线上，且.证明：过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F.
【答案】（1）；（2）见解析.
【详解】（1）设P（x，y），M（）,则N（），
由得.
因为M（）在C上，所以.
因此点P的轨迹为.
由题意知F（-1,0），设Q（-3，t），P（m，n），则
，
.
由得-3m-+tn-=1，又由（1）知，故3+3m-tn=0.
所以，即.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
点睛:定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒成立的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
24．（2012·四川·高考真题（理））如图，动点到两定点、构成，且，设动点的轨迹为．
（1）求轨迹的方程；
（2）设直线与轴交于点，与轨迹相交于点，且，求的取值范围．

【答案】（1）3x2-y2-3=0（x>1）；（2）
【详解】（1）设的坐标为，显然有，且，
当时，点的坐标为，
当时，，由，
有，即，化简可得，，而点也在曲线，
综上可知，轨迹的方程为；
（2）由，消去并整理，得，
由题意，方程有两根且均在内．设f(x)＝x2－4mx＋m2＋3，
∴，解得，且，
设，的坐标分别为，，由及方程有
，，
∴，
由，且，得且，
故的取值范围是．
考点：1．圆锥曲线轨迹；2．直线与双曲线相交综合题．
25．（2009·山东·高考真题（文））设,在平面直角坐标系中,已知向量,向量,,动点的轨迹为E．
（1）求轨迹E的方程,并说明该方程所表示曲线的形状；
（2）已知,证明:存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与轨迹E恒有两个交点A,B,且（O为坐标原点）,并求出该圆的方程；
（3）已知,设直线与圆C:（1 【答案】（1）略 （2） （3）
【详解】试题分析：（1）因为,,,
所以, 即.
当m=0时,方程表示两直线,方程为;
当时, 方程表示的是圆
当且时,方程表示的是椭圆;
(2).当时, 轨迹E的方程为,设圆心在原点的圆的一条切线为,解方程组得,即,
要使切线与轨迹E恒有两个交点A,B,
则使△=,
即,即, 且
,
要使, 需使,即,
所以, 即且, 即恒成立.
所以又因为直线为圆心在原点的圆的一条切线,
所以圆的半径为,, 所求的圆为.
当切线的斜率不存在时,切线为,与交于点或也满足.
综上, 存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且.
(3)当时,轨迹E的方程为,设直线的方程为,因为直线与圆C:(1 因为与轨迹E只有一个公共点B1,
由（2）知得,
即有唯一解
则△=, 即, ②
由①②得, 此时A,B重合为B1(x1,y1)点,
由 中,所以,,
B1(x1,y1)点在椭圆上,所以,所以,
在直角三角形OA1B1中,因为当且仅当时取等号,所以,即
当时|A1B1|取得最大值,最大值为1.
考点：求轨迹方程及直线与椭圆，圆的位置关系
点评：中取不同值时代表不同的曲线，可一是直线，圆，椭圆，双曲线；
直线与椭圆相交问题常用的思路：直线方程与椭圆方程联立，整理为x的二次方程，利用根与系数的关系，将所求问题转化到两根来表示，本题第二问第三问对学生而言难度较大